高考數(shù)學二輪復習講義(新高考版)專題6第3講母題突破1范圍、最值問題(學生版+解析)

這是一份高考數(shù)學二輪復習講義(新高考版)專題6第3講母題突破1范圍、最值問題(學生版+解析)，共14頁。

[子題1] (2020·安徽肥東縣高級中學調(diào)研)過點M(0,2)的直線l與橢圓E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B兩點，求△AOB面積的最大值．
[子題2] 已知A(2,1)，過點B(3,0)且斜率大于0的直線l與橢圓E：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1相交于點P，Q，直線AP，AQ與x軸分別相交于M，N兩點，求|BM|＋|BN|的取值范圍．
【拓展訓練】
1．設過定點M(0,2)的直線l與橢圓C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1交于不同的兩點P，Q，若O在以線段PQ為直徑的圓的外部，求直線l的斜率k的取值范圍．
2．(2020·蚌埠模擬)直線y＝kx＋2交拋物線C：x2＝4y于A，B兩點，分別過點A，B作拋物線C的切線l1，l2，若l1，l2分別交x軸于點M，N，求四邊形ABNM面積的最小值．
專題訓練
1．(2020·濰坊模擬)設拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點為F，點A是E上一點，且線段AF的中點坐標為(1,1)．
(1)求拋物線E的標準方程；
(2)若B，C為拋物線E上的兩個動點(異于點A)，且BA⊥BC，求點C的橫坐標的取值范圍．
2.如圖，在平面直角坐標系中，已知點F(1,0)，過直線l：x＝4左側的動點P作PH⊥l于點H，∠HPF的角平分線交x軸于點M，且|PH|＝2|MF|，記動點P的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)過點F作直線l′交曲線C于A，B兩點，設eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))，若λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求|AB|的取值范圍．
第3講 圓錐曲線的綜合問題
母題突破1 范圍、最值問題
母題 (2020·長沙模擬)已知橢圓E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.若橢圓E的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線l與橢圓交于不同的兩點M，N，記△F1MN的內(nèi)切圓的半徑為r，試求r的取值范圍．
思路分析
?引入?yún)?shù)，設直線l的方程
↓
?聯(lián)立l和E的方程?設而不求，根與系數(shù)的關系?
↓
?等積法求出r的表達式
↓
?函數(shù)思想求r的范圍
【解析】解 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則△F1MN的周長為4a＝8.
＝eq \f(1,2)(|F1M|＋|F1N|＋|MN|)r＝4r，
即r＝，
當l⊥x軸時，l的方程為x＝1，|MN|＝3，
r＝＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)|MN|×|F1F2|＝eq \f(3,4)，
當l與x軸不垂直時，設l：y＝k(x－1)(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－1?，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)y2＋6ky－9k2＝0，
所以y1＋y2＝－eq \f(6k,4k2＋3)，y1y2＝－eq \f(9k2,4k2＋3)，
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1|＋eq \f(1,2)|F1F2|·|y2|
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)|F1F2|·eq \r(?y2＋y1?2－4y1y2)
＝eq \f(1,2)×2×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6k,4k2＋3)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9k2,4k2＋3))))
＝12eq \r(\f(k2?k2＋1?,?4k2＋3?2))，
所以r＝＝3eq \r(\f(k2?k2＋1?,?4k2＋3?2)).
令4k2＋3＝t，則t>3，
r＝eq \f(3,4)eq \r(\f(t2－2t－3,t2))＝eq \f(3,4)eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))＋1)
＝eq \f(3,4)eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(1,3)))2＋\f(4,3))，
因為t>3，所以00)，P(x1，y1)，
Q(x2，y2)，
則直線AP的方程為y－1＝eq \f(y1－1,x1－2)(x－2)，
可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2y1－x1,y1－1)，0))，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(?2－m?y1－3,y1－1)，0))，
同理Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(?2－m?y2－3,y2－1)，0)).
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋3，,x2＋2y2＝6，))消去x，整理得
(2＋m2)y2＋6my＋3＝0，
由Δ＝36m2－12(2＋m2)>0，可得m2>1，
y1＋y2＝－eq \f(6m,2＋m2)，y1y2＝eq \f(3,2＋m2)，
所以|BM|＋|BN|＝3－eq \f(?2－m?y1－3,y1－1)＋3－eq \f(?2－m?y2－3,y2－1)＝6－eq \f(?2－m?y1－3,y1－1)－eq \f(?2－m?y2－3,y2－1)＝6－eq \f(?4－2m?y1y2＋?m－5??y1＋y2?＋6,y1y2－?y1＋y2?＋1)
＝6－eq \f(24?m＋1?,m2＋6m＋5)＝6－eq \f(24,m＋5)，
因為m>0，m2>1，所以m>1，因此0